1、第六节第六节 正弦定理和余弦定理正弦定理和余弦定理 【知识重温】【知识重温】 一、必记 3 个知识点 1正弦定理 _，其中 R 是三角形外接圆的半径由正弦定理可以变形为： (1)abc_；(2)a2Rsin A，b2Rsin B，_；(3)sin A a 2R，sin B b 2R，sin C_等形式，以解决不同的三角形问题 2余弦定理 a2_，b2_，c2 _.余弦定理可以变形为：cos A_，cos B _，cos C_. 3三角形面积公式 SABC1 2absin C 1 2bcsin A 1 2acsin B abc 4R 1 2(abc) r(r 是三角形内切圆的半径)， 并可 由此
2、计算 R、r. 二、必明 2 个易误点 1由正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角求另一边的对角时易忽视解的判 断 2在判断三角形形状时，等式两边一般不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解 【小题热身】【小题热身】 一、判断正误 1判断下列说法是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)在ABC 中，AB 必有 sin Asin B( ) (2)在ABC 中，若 b2c2a2，则ABC 为锐角三角形( ) (3)在ABC 中，若 A60 ，a4 3，b4 2，则B45 或B135 .( ) (4)若满足条件 C60 ，AB 3，BCa 的ABC 有两个，则实数 a 的取值范围是( 3，
3、2)( ) (5)在ABC 中，若 acos Bbcos A，则ABC 是等腰三角形( ) (6)在ABC 中，若 tan Aa2，tan Bb2，则ABC 是等腰三角形( ) 二、教材改编 2必修 5 P10T4改编在ABC 中，AB5，AC3，BC7，则BAC( ) A. 6 B. 3 C. 2 3 D.5 6 3在ABC 中，已知 b40，c20，C60 ，则此三角形的解的情况是( ) A有一解 B有两解 C无解 D有解但解的个数不确定 三、易错易混 4在ABC 中，若 A 3，B 4，BC3 2，则 AC( ) A. 3 2 B. 3 C2 3 D4 5 5在ABC 中，角 A，B，C
4、 所对的边分别为 a，b，c，cos 2Asin A，bc2，则ABC 的面积为( ) A.1 2 B. 1 4 C1 D2 四、走进高考 62020 全国卷在ABC 中，cos C2 3，AC4，BC3，则 cos B( ) A.1 9 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 考点一 利用正、余弦定理解三角形自主练透型 考向一：用正弦定理解三角形 12021 北京朝阳区模拟在ABC 中，B 6，c4，cos C 5 3 ，则 b( ) A3 3 B3 C.3 2 D. 4 3 22021 丹东模拟在ABC 中，C60 ，AC 2，AB 3，则 A( ) A15 B45 C75 D105 考
5、向二：用余弦定理解三角形 3在ABC 中，若 AB 13，BC3，C120 ，则 AC( ) A1 B2 C3 D4 42018 全国卷在ABC 中，cosC 2 5 5 ，BC1，AC5，则 AB( ) A4 2 B. 30 C. 29 D2 5 52021 贵阳模拟平行四边形 ABCD 中，AB2，AD3，AC4，则 BD( ) A4 B. 10 C. 19 D. 7 考向三：综合利用正、余弦定理解三角形 62020 天津卷在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 a2 2，b5， c 13. (1)求角 C 的大小； (2)求 sin A 的值； (3)求 sin
6、2A 4 的值 悟 技法 (1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子 中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个 定理都有可能用到 (2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知 两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定 理进行判断. 考点二 利用正弦、余弦定理边角互化 互动讲练型 例 1 (1)2021 长沙市四校高三年级模拟考试设ABC 的内角，A，B，C 的对边分别是 a，b，c.已知 2bacos C0，sin A3sin(AC)，则bc
7、 a2( ) A. 7 4 B. 14 9 C.2 3 D. 6 9 (2)2019 全国卷ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 设(sin Bsin C)2sin2A sin Bsin C. 求 A； 若 2ab2c，求 sin C. 悟 技法 1.应用正、余弦定理转化边角关系的技巧 技巧 解读 边化角 将表达式中的边利用公式 a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C 化为角的关系 角化边 将表达式中的角利用公式转化为边，出现角的正弦值用正弦定理转化 和积互化 a2b2c22bccos A(bc)22bc(1cos A)可联系已知条件，利用方程思 想进行
8、求解三角形的边 2.利用正、余弦定理判断三角形形状的基本方法 (1)“角化边”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方 等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状 (2)“边化角”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系， 通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用 AB C 这个结论. 变式练(着眼于举一反三) 12021 湖北省部分重点中学高三起点考试在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a， b，c，且cos A a cos B b sin C c ，若 b2c2a28 5bc，则 tan B 的值
9、为( ) A1 3 B. 1 3 C3 D3 22021 福州市高三毕业班适应性练习卷已知ABC 的内角，A，B，C 的对边分别为 a， b，c.若 cos A(sin Ccos C)cos B，a2，c 2，则角 C 的大小为_ 考点三 与三角形面积有关的问题分层深化型 例 2 在ABC 中，ab11，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知， 求： (1)a 的值； (2)sin C 和ABC 的面积 条件：c7，cos A1 7； 条件：cos A1 8，cos B 9 16. 注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分 悟 技法 三角形面积公式的应用原则 (1)对于面积公式 S
10、1 2absin C 1 2acsin B 1 2bcsin A，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公 式 (2)已知三角形的面积解三角形与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进 行边和角的互化. 同类练(着眼于触类旁通) 32021 江西省名校高三教学质量检测在ABC 中，已知 a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，(abc)(sin Asin Bsin C)3asin B. (1)求角 C 的大小； (2)若 bcos Cccos B4，B 4，求ABC 的面积 变式练(着眼于举一反三) 42021 长沙市四校高三年级模拟考试ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c
11、， 已知 asin Acsin C(b2 3c)sin B. (1)求 sin A； (2)若 a2，求ABC 面积的最大值 拓展练(着眼于迁移应用) 52019 全国卷ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 asinAC 2 bsin A. (1)求 B； (2)若ABC 为锐角三角形，且 c1，求ABC 面积的取值范围 第六节第六节 正弦定理和余弦定理正弦定理和余弦定理 【知识重温】【知识重温】 a sin A b sin B c sin C2R sin A sin Bsin C c2Rsin C c 2R b 2c2 2bccos A a2c22accos B a2b
12、22abcos C b 2c2a2 2bc a 2c2b2 2ac a 2b2c2 2ab 【小题热身】【小题热身】 1答案：(1) (2) (3) (4) (5) (6) 2解析：在ABC 中，设 ABc5，ACb3，BCa7，由余弦定理得 cos BAC b 2c2a2 2bc 92549 30 1 2， 由 A(0，)，得 A2 3 ，即BAC2 3 . 答案：C 3解析：由正弦定理得 b sin B c sin C，所以 sin B bsin C c 40 3 2 20 31，所以角 B 不 存在，既满足条件的三角形不存在故选 C 项 答案：C 4解析：由正弦定理得： BC sin A
13、 AC sin B， 即有 ACBC sin B sin A 3 2sin 4 sin 3 2 3. 答案：C 5解析：由 cos 2Asin A，得 12sin2Asin A，解得 sin A1 2(负值舍去)，由 bc2， 可得ABC 的面积 S1 2bcsin A 1 22 1 2 1 2.故选 A. 答案：A 6 解析： 由 cos CAC 2BC2AB2 2AC BC 得2 3 169AB2 243 ， AB3， cos BBA 2BC2AC2 2BA BC 9916 233 1 9，故选 A. 答案：A 课堂考点突破课堂考点突破 考点一 1解析：因为 cos C 5 3 ，C(0，
14、)，所以 sin C 1cos2C2 3.又因为 B 6，c4， 所以由正弦定理得 bcsin B sin C 41 2 2 3 3. 答案：B 2解析：在ABC 中，C60 ，AC 2，AB 3， 由正弦定理得 sinBACsin C AB 2 3 2 3 2 2 . 因为 ABAC，所以 CB， 所以 B 0， 2 ，所以 B45 ，又 C60 ， 所以 A180 BC180 45 60 75 . 答案：C 3解析：设 ACx，由余弦定理得，cos 120 x 2913 23x 1 2，x 243x，即 x2 3x40.x1 或4(舍去)AC1，选 A. 答案：A 4解析： cosC 2
15、5 5 ， cos C2cos2C 212 5 5 213 5. 在ABC 中，由余弦定理，得 AB2AC2BC22AC BC cos C5212251 3 5 32， AB 324 2. 故选 A. 答案：A 5解析：如图所示， 在ABC 中，AB2，BCAD3，AC4，由余弦定理得 cosABCAB 2BC2AC2 2AB BC 4916 223 1 4， 所以 cosDABcosABC1 4， 在ABD 中， 由余弦定理得 BD2AD2AB22AD AB cosDAB32222321 4 10. 所以 BD 10. 答案：B 6解析：(1)在ABC 中，由余弦定理及 a2 2，b5，c
16、13，有 cos Ca 2b2c2 2ab 2 2 .又因为 C(0，)，所以 C 4. (2)在ABC 中，由正弦定理及 C 4，a2 2，c 13，可得 sin A asin C c 2 13 13 . (3)由 ac 及 sin A2 13 13 ，可得 cos A 1sin2A3 13 13 ， 进而 sin 2A2sin Acos A12 13，cos 2A2cos 2A15 13. 所以，sin 2A 4 sin 2Acos 4cos 2Asin 4 12 13 2 2 5 13 2 2 17 2 26 . 考点二 例 1 解析：(1)因为 2bacos C0，所以由余弦定理得 2
17、baa 2b2c2 2ab 0，整理得 3b2c2a2 .因为 sin A3sin(AC)3sin B，所以由正弦定理可得 a3b ，由可 得 c 6b，则bc a2 b 6b 9b2 6 9 .故选 D. (2)由已知得 sin2Bsin2Csin2Asin Bsin C，故由正弦定理得 b2c2a2bc. 由余弦定理得 cos Ab 2c2a2 2bc 1 2. 因为 0 A180 ，所以 A60 . 由(1)知B120 C， 由题设及正弦定理得 2sin Asin(120 C)2sin C， 即 6 2 3 2 cos C1 2sin C2sin C，可得 cos(C60 ) 2 2 .
18、 由于 0 C120 ，所以 sin(C60 ) 2 2 ，故 sin Csin(C60 60 ) sin(C60 )cos 60 cos(C60 )sin 60 6 2 4 . 答案：(1)D (2)见解析 变式练 1解析：因为cos A a cos B b sin C c ，所以cos A sin A cos B sin B sin C sin C1，即 1 tan A 1 tan B1，又 b2c2a28 5bc，所以由余弦定理 a 2b2c22bccos A，可得 cos A4 5，则 sin A 1cos 2A 3 5，tan A sin A cos A 3 4，解得 tan B3，
19、故选 C. 答案：C 2解析：因为 cos A(sin Ccos C)cos B，所以 cos A(sin Ccos C)cos (AC)，所 以 cos Asin Csin Asin C，所以 sin C(cos Asin A)0，因为 C(0，)，所以 sin C0，cos A sin A，则 tan A1，又 A(0，)，所以 A 4，又 a sin A c sin C，即 2 sin 4 2 sin C，所以 sin C 1 2，因为 ca，所以 0C 4，故 C 6. 答案： 6 考点三 例 2 解析：选 (1)由余弦定理 a2b2c22bccos A，b11a，c7， 得 a2(1
20、1a)2492(11a)7 1 7 ， a8. (2)cos A1 7，A(0，)，sin A 4 3 7 . 由正弦定理 a sin A c sin C，得 sin C csin A a 74 3 7 8 3 2 ， 由(1)知 b11a3， SABC1 2absin C 1 283 3 2 6 3. 选 (1)cos A1 8，A 0， 2 ，sin A3 7 8 . cos B 9 16，B 0， 2 ，sin B5 7 16 . 由正弦定理 a sin A b sin B， 得 a 3 7 8 11a 5 7 16 ，a6. (2)sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos
21、 Bcos Asin B 7 4 . ab11，a6，b5. SABC1 2absin C 1 265 7 4 15 7 4 . 同类练 3解析：(1)因为(abc)(sin Asin Bsin C)3asin B， 所以由正弦定理得，(abc)(abc)3ab， 即(ab)2c23ab，整理得 a2b2c2ab， 所以由余弦定理得 cos Ca 2b2c2 2ab 1 2. 又 0C，所以 C 3. (2)因为 B 4，ABC，所以 ABC 5 12. 又 bcos Cccos B4， 所以由余弦定理得 b a2b2c2 2ab c a2c2b2 2ac 4，得 a4. 由正弦定理 a si
22、n A b sin B，得 b asin B sin A 4sin 4 sin 5 12 4( 31)， 故ABC 的面积 S1 2absin C 1 244( 31)sin 34(3 3) 变式练 4解析：(1)由 asin Acsin C(b2 3c)sin B 得 asin A2 3csin Bbsin Bcsin C， 由正弦定理得 a22 3bcb 2c2， 即 b2c2a22 3bc， 所以 cos Ab 2c2a2 2bc 1 3. 因为 A(0，)， 所以 sin A 1 1 3 22 2 3 . (2)由(1)得，a2b2c22 3bc2bc 2 3bc 4 3bc. 因为
23、a2，所以 44 3bc，即 bc3. 所以 SABC1 2bcsin A 1 23 2 2 3 2，当且仅当 bc 3时等号成立 所以ABC 面积的最大值为 2. 拓展练 5解析：(1)由题设及正弦定理得 sin AsinAC 2 sin Bsin A. 因为 sin A0，所以 sinAC 2 sin B. 由 ABC180 ，可得 sinAC 2 cosB 2， 故 cosB 2sin B2sin B 2cos B 2. 因为 cosB 20，故 sin B 2 1 2，因此 B60 . (2)由题设及(1)知ABC 的面积 SABC 3 4 a. 由正弦定理得 acsin A sin C sin120 C sin C 3 2tan C 1 2. 由于ABC 为锐角三角形，故 0 A90 ，0 C90 . 由(1)知 AC120 ，所以 30 C90 ， 故1 2a2，从而 3 8 SABC 3 2 . 因此，ABC 面积的取值范围是 3 8 ， 3 2 .
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